Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Bài 29.

Cho tứ diện ABCD có AC = BC = AD = BD = a, AB = c, CD = c’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD

ΔACD cân nên AN ⊥ CD và ΔBCD cân nên BN ⊥ CD.

Do đó CD ⊥ (ABN) suy ra CD ⊥ MN.

Tương tự ta cũng có AB ⊥ MN

Vậy d(AB, CD) = MN

Ta có:

(eqalign{  & M{N^2} = A{N^2} – A{M^2} = A{D^2} – N{D^2} – A{M^2}  cr  &  = {a^2} – {{c{‘^2}} over 4} – {{{c^2}} over 4} = {1 over 4}left( {4{a^2} – c{‘^2} – {c^2}} right) cr} )

Vậy (MN = {1 over 2}sqrt {4{a^2} – c{‘^2} – {c^2}} ) với điều kiện (4{a^2} > {c^2} + c{‘^2})

—————————————————————————–

Bài 30. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 30˚. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’.

a. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy

b. Chứng minh rằng hai đường thẳng AA’ và B’C’ vuông góc, tính khoảng cách giữa chúng.

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Ta có: AH ⊥ (A’B’C’) nên (widehat {AA’H}) là góc giữa AA’ và mp(A’B’C’) do đó (widehat {AA’H} = 30^circ )

a. Khoảng cách giữa hai mp đáy chính là AH, ta có :

(AH = AA’sin 30^circ  = {a over 2})

b. Tam giác AHA’ vuông tại H nên (A’H = AA’cos 30^circ  = {{asqrt 3 } over 2}.) Vì A’B’C’ là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B’C’ mà (A’H = {{asqrt 3 } over 2}) nên A’H ⊥ B’C’ và H là trung điểm B’C’.

Mặt khác, AH ⊥ B’C’ nên AA’ ⊥ B’C’. Kẻ đường cao HK của tam giác AA’H thì HK chính là khoảng cách giữa AA’ và B’C’. Do AA’.HK = AH.A’H nên (HK = {{{a over 2}.{{asqrt 3 } over 2}} over a} = {{asqrt 3 } over 4})

———————————————————

Bài 31.

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Gọi O, O’ lần lượt là tâm các hình vuông ABCD, A’B’C’D’ của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.

* Ta chứng minh B’D ⊥ (BA’C) và B’D ⊥ (ACD’)

Ta có: (left{ {matrix{   {A’C’ bot B’D’}  cr   {A’C’ bot BB’}  cr  } } right. Rightarrow A’C’ bot left( {BB’D’D} right))

Mà B’D ⊂ (BB’D’D) nên B’D ⊥ A’C’ (1)

Tương tự (left{ {matrix{   {AB’ bot A’B}  cr   {A’B bot B’C’}  cr  } } right. Rightarrow A’B bot left( {AB’C’D} right))

Mà B’D ⊂ (AB’C’D) nên B’D ⊥ A’B (2)

Từ (1) và (2) suy ra B’D ⊥ (BA’C’)

Tương tự ta cũng chứng minh được B’D ⊥ (ACD’)

* Hai mặt phẳng (BA’C’) và (ACD’) song song với nhau, vuông góc với đoạn B’D và chia B’D thành 3 phần bằng nhau (xét hình bình hành BB’DD’ và BO // D’O’)

Do đó khoảng cách giữa mp(BA’C) và mp(ACD’) là ({{B’D} over 3} = {{asqrt 3 } over 3})

* Khoảng cách giữa BC’ và CD’

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC’ và CD’ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song : mp(BA’C’) và mp(ACD’).

Vậy khoảng cách đó là ({{asqrt 3 } over 3})

——————————————————-

Bài 32. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = AA’ = a, AC’ = 2a.

a. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ACD’)

b. Tìm đường vuông góc chung của các đường thẳng AC’ và CD’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ấy.

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

a. Xét tứ diện DACD’ có DA, DC, DD’ đôi một vuông góc nên khoảng cách DH từ D đến mặt phẳng (ACD’) được tính bởi hệ thức :

({1 over {D{H^2}}} = {1 over {D{A^2}}} + {1 over {D{C^2}}} + {1 over {DD{‘^2}}})

Ta có: DC = a. DD’ = a

(AC{‘^2} = A{C^2} + CC{‘^2} = D{A^2} + D{C^2} + CC{‘^2})

Hay (4{a^2} = D{A^2} + {a^2} + {a^2},)tức là (D{A^2} = 2{a^2})

Vậy ({1 over {D{H^2}}} = {1 over {2{a^2}}} + {1 over {{a^2}}} + {1 over {{a^2}}} = {5 over {2{a^2}}})

Do đó : (DH = {{asqrt {10} } over 5})

b.

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Vì CD = DD’ = a nên CD’ ⊥ C’D. Mặt khác AD ⊥ (CDD’C’) nên CD’ ⊥ AC’ và CD’ ⊥ mp(AC’D). Gọi giao điểm của CD’ với mp(AC’D) là I. Trong mp(AC’D) kẻ IJ vuông góc với AC’ tại J thì IJ là đường vuông góc chung của AC’ và CD’.

Ta tính khoảng cách giữa AC’ và CD’

Ta có: ΔC’JI đồng dạng ΔC’DA nên ({{IJ} over {AD}} = {{IC’} over {AC’}})

Suy ra : (IJ = AD.{{C’D} over {2AC’}})

Mặt khác (C’D = asqrt 2 ) nên (IJ = asqrt 2 .{{asqrt 2 } over {2.2a}} = {a over 2})

————————————————————-

Bài 33.

Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a và (widehat {BAD} = widehat {BAA’} = widehat {DAA’} = 60^circ .) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’).

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

Từ giả thiết suy ra các tam giác A’AD, BAD, A’AB là các tam giác cân cùng có góc ở đỉnh bằng 60˚ nên chúng là các tam giác đều. Như vậy tứ diện A’ABD có các cạnh cùng bằng a hay A’ABD là tứ diện đều. Khi đó hình chiếu của A’ trên mp(ABCD) chính là trọng tâm H của tam giác đều ABD. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’) chính là độ dài A’H. Ta có:

(A'{H^2} = AA{‘^2} – A{H^2})

(= {a^2} – {left( {{{asqrt 3 } over 3}} right)^2} = {a^2} – {{{a^2}} over 3} = {{2{a^2}} over 3})

Vậy (A’H = {{asqrt 6 } over 3})

——————————————————–

Bài 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật và Ab = 2a, BC = a. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng (asqrt 2 )

a. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy (ABCD).

b. Gọi E và F lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD ; K là điểm bất kì thuộc đường thẳng AD. Chứng minh rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không phụ thuộc vào K, hãy tính khoảng cách đó theo a.

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

a. Vì SA = SB = SC = SD = (asqrt 2 ) nên hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H mà HA = HB = HC = HD. Do ABCD là hình chữ nhật nên H chính là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách từ S đến mp(ABCD) bằng SH. Ta có:

(eqalign{  & S{H^2} = S{A^2} – {{A{C^2}} over 4} = 2{a^2} – {{A{B^2} + B{C^2}} over 4}  cr  &  = 2{a^2} – {{4{a^2} + {a^2}} over 4} = {{3{a^2}} over 4}cr&Rightarrow SH = {{asqrt 3 } over 2} cr} )

b. Vì EF // AD nên EF // mp(SAD), mặt khác SK nằm trong mp(SAD) nên khoảng cách giữa EF và SK chính là khoảng cách giữa EF và mp(SAD), đó cũng chính là khoảng cách từ H đến mp(SAD). Vậy khoảng cách giữa EF và SK không phụ thuộc vào vị trí của điểm K trên đường thẳng AD.

Tính d(EF ; SK) :

Gọi I là trung điểm của AD, kẻ đường cao HJ của tam giác vuông SHI thì HJ ⊥ mp(SAD), do đó d(H; (SAD)) = HJ. Ta có: HJ.SI = SH.HI

(S{I^2} = S{A^2} – A{I^2} = 2{a^2} – {{{a^2}} over 4} = {{7{a^2}} over 4})

Từ đó (HJ = {{SH.HI} over {SI}} = {{{{asqrt 3 } over 2}.a} over {{{asqrt 7 } over 2}}} = {{asqrt {21} } over 7})

Như vậy, khoảng cách giữa EF và SK không phụ thuộc vào vị trí của điểm K trên đường thẳng AD và bằng ({{asqrt {21} } over 7})

—————————————————————-

Bài 35.

Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu AC = BD, AD = BC thì đường vuông góc chung của AB và CD là đường thẳng nối trung điểm của AB và CD. Điều ngược lại có đúng không ?

Giải

Chương III: Bài 5: Khoảng cách

a. Vì AC = BD, AD = BC nên tam giác ACD bằng tam giác BDC, từ đó hai trung tuyến tương ứng AJ và BJ bằng nhau (ở đó J là trung điểm của CD). Gọi I là trung điểm của AB thì ta có JI ⊥ AB.

Tương tự như trên ta cũng có JI ⊥ CD. Vậy JI là đường vuông góc chung của AB và CD.

b. Điều ngược lại của kết luận nêu ra trong bài toán cũng đúng, tức là nếu IJ ⊥ AB, IJ ⊥ CD, I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD thì AC = BD; AD = BC.

Thật vậy, vì IJ ⊥ AB, I là trung điểm của AB nên AJ = BJ. Mặt khác :

(eqalign{  & A{C^2} + A{D^2} = 2A{J^2} + {{C{D^2}} over 2}  cr  & B{C^2} + B{D^2} = 2B{J^2} + {{C{D^2}} over 2} cr} )

Từ đó ta có : (A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2})   (1)

Tương tự như trên ta cũng có :

(C{B^2} + C{A^2} = D{B^2} + D{A^2},,,,left( 2 right))

Từ (1) và (2) ta suy ra (A{D^2} – B{C^2} = B{C^2} – D{A^2},) tức là DA = BC và từ (1) ta cũng có AC = BD.

The post Chương III: Bài 5: Khoảng cách appeared first on Học giải.

Goc hoc tap